《2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版).pdf（37页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、绝密启用前绝密启用前20192019 年全国统一高考数学试卷（理科）年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）一、选择题：本题共12 小题，每小题5 分，共60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知集合M x 4 x 2，N x x2 x6 0，则MAx 4 x 3N=Dx 2 x 3Bx 4 x 2Cx 2 x 22设复数 z 满足zi=1，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则A(x+1)y 122B(x1)y 1Cx(y 1)1Dx(y+1)1222222a log20.2，b 20.2，c 0.20.3，则3已知Aa bcBa c bCc a bDbc
2、a4古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是5 12（5 1 0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此此外，最美人25 1若某人满足上述两个黄金2体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是分割比例，且腿长为 105 cm，头顶至脖子下端的长度为 26 cm，则其身高可能是A165 cmB175 cmC185 cmD190 cm5函数 f(x)=sinx x在,的图像大致为2cosx xABCD6我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的6 个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则
3、该重卦恰有 3 个阳爻的概率是A516B1132C2132D11167已知非零向量 a a，b b 满足|a a|2|b b|，且(a ab b)b b，则 a a 与 b b 的夹角为A6B3C23D568如图是求121212的程序框图，图中空白框中应填入AA=12 ABA=21ACA=112ADA=112A9记Sn为等差数列an的前 n 项和已知S4 0，a5 5，则2C.Sn 2n 8nDSnan 3n10Aan 2n5B12n 2n210已知椭圆 C 的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过 F2的直线与 C 交于 A，B 两点若|AF2|2|F2B|，|AB|BF1|，则 C 的方
4、程为x2 y21A2x2y21B32x2y21C43x2y21D5411关于函数f(x)sin|x|sin x|有下述四个结论：f(x)是偶函数f(x)在区间（2,）单调递增f(x)在,有 4 个零点f(x)的最大值为 2其中所有正确结论的编号是ABCD12已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，PB 的中点，CEF=90，则球 O 的体积为A86B46C26D6二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13曲线y 3(x x)e在点(0，0)处的切线方程为_2x214记 Sn为等比数列a
5、n的前 n 项和若a1，a4 a6，则 S5=_1315甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为 0.6，客场取胜的概率为 0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以 41获胜的概率是_x2y216已知双曲线C：221(a 0,b 0)的左、右焦点分别为F1，F2，过 F1的直线与abC 的两条渐近线分别交于A，B 两点若F，F1BF2B 0，则 C 的离心率为1A AB_三、解答题：共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721 题为必考题，每个试题考生都必
6、须作答。第22、23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 分。17(12 分)22B，C 的对边分别为a，b，c，设(sin BsinC)sin Asin BsinCABC的内角 A，（1）求 A；（2）若2ab 2c，求 sinC18（12 分）如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求二面角 A-MA1-N 的正弦值19（12 分）已知抛物线 C：y2=3x 的焦点为 F，斜率为点为 P（1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；3的
7、直线 l 与 C 的交点为 A，B，与x 轴的交2（2）若AP 3PB，求|AB|20（12 分）已知函数f(x)sin xln(1 x)，f(x)为f(x)的导数证明：（1）f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点；2（2）f(x)有且仅有 2 个零点21（12 分）为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效为了方便描述问题，约定：
8、对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 1 分，乙药得1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 1 分，甲药得1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0 分甲、乙两种药的治愈率分别记为 和，一轮试验中甲药的得分记为X（1）求X的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分，pi(i 0,1,8)表示“甲药的累计得分为i时，最 终 认 为 甲 药 比 乙 药 更 有 效”的 概 率，则p0 0，p81，pi api1bpicpi1(i 1,2,7)，其 中a P(X 1)，b P(X 0)，c P(X 1)假设0.5，0.8(i)证明：pi1 pi(
9、i 0,1,2,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性（二）选考题：共10 分。请考生在第22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22选修 44：坐标系与参数方程（10 分）1t2x，21t在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（t 为参数）以坐标原点 Oy 4t1t2为 极 点，x 轴 的 正 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系，直 线 l 的 极 坐 标 方 程 为2cos3sin11 0（1）求 C 和 l 的直角坐标方程；（2）求 C 上的点到 l 距离的最小值23选修 45：不等式选讲（10 分）已知 a，b，c
10、 为正数，且满足 abc=1证明：（1）111 a2b2c2；abc333（2）(ab)(bc)(ca)2420192019 年全国统一高考数学试卷（理科）年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）参考答案参考答案一、选择题1C2C3B4B5D6A7B8A9A10B11C12D二、填空题13y=3x141213150.18162三、解答题22217 解：（1）由 已 知 得sin Bsin Csin AsinBsinC，故 由 正 弦 定 理 得b2c2a2bcb2c2a21由余弦定理得cos A 2bc2因为0 A180，所以A60（2）由（1）知B 120 C，由题设及正弦定理得2s
11、in Asin 120C 2sin C，即6312cosC sinC 2sin C，可得cosC 60 2222由于0 C 120，所以sin C 602，故2sinC sinC 6060 sinC 60cos60cosC 60sin606 2418解：（1）连结B1C，ME因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且ME=1B1C2又因为N为A1D的中点，所以ND=1A1D2由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE（2）由已知可得DEDA以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的
12、空间直角坐标系D-xyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1,3,2)，N(1,0,2)，A,3,2)，1A (0,0,4)，A1M (1A1N (1,0,2)，MN (0,3,0)m m A1M 0m m (x,y,z)设为平面A1MA的法向量，则，m m A1A 0 x3y 2z 0，所以可取m m (3,1,0)4z 0n nMN 0，设n n (p,q,r)为平面A1MN的法向量，则n n A1N 0 3q 0，所以可取n n(2,0,1)p 2r 0于是cosm m,n n m mn n2 315，|m m n n|2 55105所以二面角AMA1 N的正弦值为19解：设
13、直线l:y 3xt,Ax1,y1,Bx2,y22（1）由题设得F35 3,0，故|AF|BF|x1 x2，由题设可得x1 x2224312(t 1)y xt22由，可得9x 12(t 1)x4t 0，则x1 x2 292y 3x从而12(t 1)57，得t 928所以l的方程为y 37x28（2）由AP 3PB可得y1 3y23y xt2由，可得y 2y 2t 022y 3x所以y1 y2 2从而3y2 y2 2，故y2 1,y1 3代入C的方程得x13,x213故|AB|4 13320解：（1）设g(x)f(x)，则g(x)cosx11，g(x)sin x.2(1 x)1 x当x1,1,时，
14、单调递减，而，可得在g(x)g(x)g(0)0,g()0有222唯一零点，设为.则当x(1,)时，g(x)0；当x,时，g(x)0.2所以g(x)在(1,)单调递增，在,单调递减，故g(x)在1,存在唯22一极大值点，即f(x)在1,存在唯一极大值点.2（2）f(x)的定义域为(1,).（i）当x(1,0时，由（1）知，f(x)在(1,0)单调递增，而f(0)0，所以当x(1,0)时，f(x)0，故f(x)在(1,0)单调递减，又f(0)=0，从而x 0是f(x)在(1,0的唯一零点.（ii）当x0,时，由（1）知，f(x)在(0,)单调递增，在,单调22 递减，而f(0)=0，f 0，所以存
15、在,，使得f()0，且当22x(0,)时，f(x)0；当x,时，f(x)0.故f(x)在(0,)单调递2增，在,单调递减.2 又f(0)=0，f1ln1 0，所以当x0,时，f(x)0.从而，222f(x)在0,没有零点.2 （iii）当x,时，f(x)0，所以f(x)在,单调递减.而22 f()0，所以f(x)在,有唯一零点.2 f 0，2（iv）当x(,)时，ln(x1)1，所以f(x)0，从而f(x)在(,)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.21解：X 的所有可能取值为1,0,1.P(X 1)(1)，P(X 0)(1)(1)，P(X 1)(1)，所以X的分布列为（2）（i）由（1
16、）得a 0.4,b 0.5,c 0.1.因此pi=0.4pi1+0.5 pi+0.1pi1，故0.1pi1 pi0.4pi pi1，即pi1 pi 4pi pi1.又因为p1 p0 p1 0，所以pi1 pi(i 0,1,2,比数列（ii）由（i）可得,7)为公比为 4，首项为p1的等p8 p8 p7 p7 p6.由于p8=1，故p1 p1 p0 p0p8 p7p7 p6481p1 p0p133，所以4814411p4p4 p3p3 p2p2 p1p1 p0p1.3257p4表示最终认为甲药更有效的概率，由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为 0.8 时，认为甲药更有效的概率为
17、p4时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.1 0.0039，此2571t4t2 y 1t 21，且x 22解：（1）因为11，所以C的直角2221t221t1ty21(x 1).坐标方程为x 422222l的直角坐标方程为2x 3y 11 0.x cos,（为参数，）.y 2sin（2）由（1）可设C的参数方程为4cos11|2cos2 3sin11|3C上的点到l的距离为.772时，4cos11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为7.33222222当 23解：（1）因为a b 2ab,b c 2bc,c a 2ac，又abc1，故有a2b2c2 abbcca 所以abbc
18、ca111.abcabc111 a2b2c2.abc（2）因为a,b,c为正数且abc1，故有(ab)3(bc)3(ca)3 33(ab)3(bc)3(ac)3=3(a+b)(b+c)(a+c)3(2 ab)(2 bc)(2 ac)=24.所以(ab)(bc)(ca)24.333绝密启用前绝密启用前20192019 年全国统一高考数学试卷（理科）年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）答案解析版答案解析版一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
19、。项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合M x 4 x 2，N x x x6 0，则M N=2A.x 4 x 3B.x 4 x 2C.x 2 x 2D.x 2 x 3【答案】C【解析】【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养 采取数轴法，利用数形结合的思想解题【详解】由题意得，M x 4 x 2,N x 2 x 3，则M N x 2 x 2故选 C【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分2.设复数 z满足zi=1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则A.(x+1)2 y21B.(x1)2 y21C.x2(y 1)
20、21D.x2(y+1)21【答案】C【解析】【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距离为 1，可选正确答案 C【详解】z x yi,zi x(y1)i,z i x2(y 1)21,则x(y 1)1故选22C【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养 采取公式法或几何法，利用方程思想解题3.已知a log20.2,b 2,c 0.2A.a b c0.20.3，则C.c a bD.B.a c bb c a【答案】B【解析】【分析】运用中间量0比较a,c，运用中间量1比较b,c【详解】a log20.2 l
21、og21 0,b 20.2 201,0 0.20.3 0.201,则0 c 1,a c b故选 B【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养 采取中间变量法，利用转化与化归思想解题4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是5 12（5 10.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此此外，最美人体25 1若某人满足上述两个黄金分割2的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是比例，且腿长为 105cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是A.165 cm【答案】B【解析】【分析】B.175 cmC.185 cmD
22、.190cm理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解【详 解】设 人体 脖 子下 端 至 腿根 的长 为 x cm，肚 脐 至 腿 根 的长为 y cm，则2626 x5 1，得x 42.07cm,y 5.15cm又其腿长为105cm，头顶至脖子下xy1052端的长度为 26cm，所以其身高约为4207+515+105+26=17822，接近175cm故选B【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养采取类比法，利用转化思想解题5.函数 f(x)=sin x x在，的图像大致为cos x x2B.A.C.D.【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，得f(x)是奇函
23、数，排除 A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案【详解】由f(x)sin(x)(x)sin x x f(x)，得f(x)是奇函数，其图象关22cos(x)(x)cosx x于原点对称又f()122421,f()0故选 D2221()2【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题6.我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是A.516B.1132C.2132D.1116【答案】A【解析】【分
24、析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有 3 个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算【详解】由题知，每一爻有 2 中情况，一重卦的 6 爻有26情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻35C6情况有C，所以该重卦恰有3 个阳爻的概率为6=，故选 A21636【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题7.已知非零
25、向量 a a，b b满足A.a=2b，且（a ab b）b b，则 a a与 b b 的夹角为B.63C.23D.56【答案】B【解析】【分析】本题主要考查利用平面向量数量积数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养先由(a b)b得出向量a,b的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角2【详 解】因 为(a b)b，所 以(ab)b abb=0，所 以ab b2，所 以ab|b|21=，所以a与b的夹角为，故选 Bcos23a b2|b|2【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角
26、，注意向量夹角范围为0,18.如图是求21122的程序框图，图中空白框中应填入A.A=111B.A=2C.A=2 AA12AD.A=112A【答案】A【解析】【分析】本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征与程序框图结构，即可找出作出选择1111=【详解】执行第 1次，A,k 1 2是，因为第一次应该计算，k k 1=2，222 A2111=循环，执行第2次，k 2 2，是，因为第二次应该计算2，k k 1=3，12 A221循环，执行第 3 次，k 2 2，否，输出，故循环体为A，故选 A2 A1【点睛】秒杀速解 认真观察计算式子的结构特点，可知循环
27、体为A 2 A9.记Sn为等差数列an的前 n项和已知S4 0，a5 5，则A.an 2n5an 3n10B.C.Sn 2n 8n2D.Sn12n 2n2【答案】A【解析】【分析】等 差 数 列 通 项 公 式 与 前 n 项 和 公 式 本 题 还 可 用 排 除，对 B，a5 5，4(72)S4 0,a5 S5 S4 252850 10 5，10 0，排除 B，对 C，212排除 C对 D，S4 0,a5 S5S44 240 0 5，排除 D，故选 A2S4dS 4a 43 0a1 341【详解】由题知，解得，an 2n5，故选 A2d 2a5 a14d 5【点睛】本题主要考查等差数列通项
28、公式与前 n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养 利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断10.已知椭圆 C 的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过 F2的直线与 C交于 A，B 两点.若AF F2B AB BF，2 21，则 C 的方程为x2A.y212x2y2154x2y2B.132x2y2C.143D.【答案】B【解析】【分析】可以运用下面方法求解：如图，由已知可设F2B n，则AF2 2n,BF1 AB 3n，由椭圆的定义有2a BF1F2和BF1F21 BF2 4n,AF1 2a AF2 2n在AF4n2422n2
29、cosAF2F1 4n2,中，由余弦定理得2，又AF2F1,BF2F1互补，2n 42n2cosBF F 9n21cosAF2F1cosBF2F1 0，两式消去cosAF2F1,cosBF2F1，得3n26 11n2，解得n 32a 4n 2 3,a 3,b2 a2c2 31 2,所求椭圆方程为2x2y21，故选 B32【详解】如图，由已知可设F2B n，则AF2 2n,BF1 AB 3n，由椭圆的定义有2a BF1 BF2 4n,AF1 2a AF2 2n在AF1B中，由余弦定理推论得4n29n29n21cosF1AB22n3n3在AF1F2中，由余弦定理得134n24n222n2n 4，解
30、得n 32x2y2故2a 4n 2 3,a 3,b a c 31 2,所求椭圆方程为1，32222选 B【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养11.关于函数f(x)sin|x|sin x|有下述四个结论：f(x)是偶函数f(x)在区间（,）单调递增2f(x)在,有 4 个零点f(x)的最大值为 2其中所有正确结论的编号是A.【答案】C【解析】【分析】画出函数fxsin x sin x的图象，由图象可得正确，故选CB.C.D.【详解】fx sin x sinx sin x sin x fx,fx为偶函数，故正确 当
31、x 时，fx 2sin x，它在区间,单调递减，故错误 当0 x 22时，fx 2sin x，它有两个零点：0；当 x 0时，fxsinxsin x 2sin x，它有一个零点：，故fx在,有3个零点：0，故错误当x2k,2k k N时，fx 2sin x；当x2k,2k2kN时，fxsin xsin x 0，又fx为偶函数，fx的最大值为2，故正确综上所述，正确，故选 C【点睛】化简函数fxsin x sin x，研究它的性质从而得出正确答案12.已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为 2的正三角形，E，F分别是 PA，PB的中点，CEF=90，
32、则球 O的体积为A.8 6【答案】D【解析】【分析】本题也可用解三角形方法，达到求出棱长的目的适合空间想象能力略差学生B.4 6C.2 6D.6设PA PB PC 2x，E,F分别为PA,AB中点，EF/PB，且EF 1PB x，ABC为边长为 2等边三角形，212CF 3又CEF 90CE 3 x,AE PA x2AEC中余弦定理cosEAC x243x222x，作PD AC于D，PA PC，AD1x243 x21，D为AC中点，cosEAC PA2x4x2x2x21 2x212x 2，PA PB PC 2，又AB=BC=AC=2，2PA,PB,PC两两垂直，2R 222 6，R 6，2V
33、4346 6R 6，故选 D.338PA PB PC,ABC为边长为 2 的等边三角形，P ABC为正三棱锥，【详解】PB AC，又E，F分别PA、AB中点，AC C,EF 平面PAC，EF/PB，EF AC，又EF CE，CEPB平面PAC，PAB PA PB PC 2，P ABC为正方体一部分，2R 222 6，即R 6446 6,V R36，故选 D2338【点睛】本题考查学生空间想象能力，补型法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补型成正方体解决二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 20
34、20 分。分。13.曲线y 3(x2 x)ex在点(0,0)处的切线方程为_【答案】3x y 0.【解析】【分析】本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程【详解】详解：y 3(2x1)e 3(x x)e 3(x 3x1)e,所以，k y|x0 3所以，曲线y 3(x x)e在点(0,0)处的切线方程为y 3x，即3x y 0【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求14.记 Sn为等比数列an的前 n项和若a1，a4 a6，则 S5=_【答案】2x/x2x
35、2x132121.3【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到S5题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查【详解】设等比数列的公比为q，由已知a11211,a4 a6，所以(q3)2q5,又q 0，3331(135)a(1q)3121所以q 3,所以S511q1335【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的
36、概率为 0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以41获胜的概率是_【答案】0.216.【解析】【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查【详解】前五场中有一场客场输时，甲队以4:1获胜的概率是0.6 0.50.52 0.108,前五场中有一场主场输时，甲队以4:1获胜的概率是0.40.6 0.5 3 0.108,综上所述，甲队以4:1获胜概率是q 00.1080.108 0.216.223【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题
37、意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以4:1获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算x2y216.已知双曲线 C：221(a0,b0)abC 的离心率为两条渐近线分别交于 A，B两点若F1A AB，F1BF2B 0，则_【答案】2.【解析】【分析】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取几何法，利用数形结合思想解题【详解】如图，的的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 C的F A AB.又OF1 OF2,得 OA是三角形F1F2B的中位线，即由F1A AB,得1BF2/OA,BF2 2OA.由F1B F2B 0，得F1B
38、F2B,OA F1A,则OB OF1 OF2,有OBF2 BF2O 2OBF1 2OF1B,AOB AOF1又 OA 与 OB都是渐近线，0得BOF2 AOF1,则BOF2 60又渐近线 OB的斜率为b tan6003，所以该a双曲线的离心率为e cb1()2 1(3)2 2aa【点睛】此题若不能求出直角三角形的中位线的斜率将会思路受阻，即便知道双曲线渐近线斜率和其离心率的关系，也不能顺利求解，解题需要结合几何图形，关键得到BOF2 AOF1 BOA2 600,即得到渐近线的倾斜角为600,从而突破问题障碍三、解答题：共三、解答题：共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分
39、。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17211721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求题为选考题，考生根据要求作答。作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分。分。17.22B，C 的对边分别为 a，b，c，设(sin BsinC)sin Asin BsinCABC的内角 A，（1）求 A；（2）若2ab 2c，求 sinC【答案】（1）A【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：b2c2a2 bc，从而可整理出cosA，根据A0,可求得结果；（2）利用正弦定理可得2 s
40、in A sin B 2sin C，利用3；（2）sinC 6 2.4sinB sinAC、两角和差正弦公式可得关于sinC和cosC的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.【详解】（1）sin BsinC sin2B2sin BsinC sin2C sin2Asin BsinC即：sin2B sin2C sin2A sin BsinC由正弦定理可得：b2c2a2 bc2b2c2a21cos A 2bc2A0,（2）A32 sin A sin B 2sin C2a b 2c，由正弦定理得：又sin B sinAC sin AcosC cos AsinC，A 3 2331cosCsinC
41、2sinC222整理可得：3sinC226 3cosCsin C cos C 1 3sinC 6解得：sinC 23 1sin2C6 26 2或44因为sinB2sinC（2）法二：2sinA2sinC666 2.，故sinC 0所以sinC 4242 sin A sin B 2sin C2a b 2c，由正弦定理得：又sin B sinAC sin AcosC cos AsinC，A 3 2331cosCsinC 2sinC222整理可得：3sinC 6 3cosC，即3sinC3cosC 2 3sinC 661152C 或sinC 121262A 3且AC C 512sinC sin56
42、2sinsincoscossin126464644【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.18.如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是 BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求二面角 A-MA1-N的正弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用三角形中位线和A1D/B1C可证得ME/ND，证得四边形MNDE为平行四边形，进而证得MN/DE，根据
43、线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形ABCD对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取AB中点F，可证得DF 平面AMA1，得到平面10.5AMA1的法向量DF；再通过向量法求得平面MA1N的法向量n，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】（1）连接ME，B1CM，E分别为BB1，BC中点ME为B1BC的中位线ME/B1C且ME 1B1C2又N为A1D中点，且A1D/B1CND/B1C且ND 1B1C2ME/ND四边形MNDE为平行四边形MN/DE，又MN 平面C1DE，DE平面C1DEMN/平面C1DE（2）设ACBD O，AC11B1D1O
44、1由直四棱柱性质可知：OO1平面ABCD四边形ABCD为菱形ACBD则以O为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：A3,0,0，M0,1,2，A1313,0,4，D（0，-1,0）N2,2,23 1取AB中点F，连接DF，则F2,2,0四边形ABCD为菱形且BAD 60BAD为等边三角形DF AB又AA1平面ABCD，DF 平面ABCDDFAA1DF 平面ABB1A1，即DF 平面AMA1DF为平面AMA1的一个法向量，且DF3 3,022设平面MA1N的法向量n x,y,z，又MA1333,1,2，MN2,2,0nMA13x y2z 0，令x 3，则y 1，z 1 n 33xy 0nM
45、N 223,1,1cos DF,n DFnDF n31510sin DF,n 5155二面角AMA1N的正弦值为：105【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.19.已知抛物线 C：y2=3x 的焦点为 F，斜率为点为 P（1）若|AF|+|BF|=4，求 l的方程；（2）若AP 3PB，求|AB|【答案】（1）12 x 8y 7 0；（2）【解析】【分析】3的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x 轴的交24 13.3y=（1）设直线l：3x m
46、，Ax1,y1，Bx2,y2；根据抛物线焦半径公式可得x1+x21；2联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于m的方程，解方程求得结果；（2）设直线l：x 2y t；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用AP 3PB3可得y1 3y2，结合韦达定理可求得y1y2；根据弦长公式可求得结果.3x m，Ax1,y1，Bx2,y2235由抛物线焦半径公式可知：AF BF x1 x2 4 x1 x222【详解】（1）设直线l方程为：y=3y xm22联立得：9x 12m12x4m 022y 3x12712m 125 x1 x2，解得：m 928则 12m12144m2 0m 2直线l
47、的方程为：y 37x，即：12 x 8y 7 0282（2）设Pt,0，则可设直线l方程为：x y t32x y t2联立得：y 2y3t 032y 3x则 412t 0t 13y1y22，y1y23tAP 3PBy13y2y21，y13y1y232则AB 149y1 y24y1y2134 13 412 33【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.20.已知函数f(x)sin xln(1 x)，f(x)为f(x)的导数证明：（1）f(x)在区间(1,2)存在唯一极大值点；（2）
48、f(x)有且仅有 2个零点【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析】【（1）求得导函数后，可判断出导函数在1,上单调递减，根据零点存在定理可判断出2x00,，使得gx0 0，进而得到导函数在1,上的单调性，从而可证得结论；220,2（2）由（1）的结论可知x 0为fx在1,0上的唯一零点；当x判断出在0,x0上无零点，再利用零点存在定理得到fx在x0,时，首先可上的单调性，可知2fx 0，不存在零点；当x,时，利用零点存在定理和fx单调性可判断出存2在唯一一个零点；当x,，可证得fx 0；综合上述情况可证得结论.【详解】（1）由题意知：fx定义域为：1,且f x cos x 令gx co
49、s x 1x 11x 1,，x 121gx sin x1x12，x1,2x12111,在1,在上单调递减，1,上单调递减an1an722gx在1,上单调递减2又g0sin0110，g sin224 224 221 0 x00,，使得gx0 02当x1,x0时，gx 0；xx0,时，gx 02x,上单调递减g x1,x即 在0上单调递增；在02则x x0为gx唯一的极大值点即：f x在区间1,上存在唯一的极大值点x0.2（2）由（1）知：f x cos x 1，x1,x 1当x1,0时，由（1）可知f x在1,0上单调递增 fx f00 fx在1,0上单调递减又f0 0 x 0为fx在1,0上的
50、唯一零点当x0,2时，f x在0,x0上单调递增，在x0,上单调递减2又f 0 0 fx00 fx在0,x0上单调递增，此时fx f0 0，不存在零点又22f cos 02222x1x0,，使得f x1 02 fx在x0,x1上单调递增，在x1,上单调递减2又2eln10fx0 f00，fsinln1ln2222 fx 0在x0,上恒成立，此时不存在零点2当x,时，sin x单调递减，lnx1单调递减2 fx在,上单调递减2又f 0，fsinln1ln102f f即 0，又fx在,上单调递减22fx在,上存在唯一零点2当x,时，sinx 1,1，lnx1ln1lne1sinxlnx10即fx在